2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、填空题

1

$\lim_{x\to 1}\dfrac{\sqrt{3-x}-\sqrt{1+x}}{x^{2}+x-2}=$ ________。

答案： $-\dfrac{\sqrt{2}}{6}$

解析： 分母 $x^{2}+x-2=\left(x+2\right)\left(x-1\right)$，分子有理化得

$\dfrac{\sqrt{3-x}-\sqrt{1+x}}{x^{2}+x-2}=\dfrac{2\left(1-x\right)}{\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x}\right)}=-\dfrac{2}{\left(x+2\right)\left(\sqrt{3-x}+\sqrt{1+x}\right)}$。

故原极限为 $-\dfrac{2}{3\cdot 2\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{6}$。

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2

设函数 $y=f\left(x\right)$ 由方程 $e^{2x+y}-\cos\left(xy\right)=e-1$ 所确定，则曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $\left(0,1\right)$ 处的法线方程为 ________。

答案： $x-2y+2=0$

解析： 两边对 $x$ 求导，得

$e^{2x+y}\left(2+y^{\prime}\right)+\sin\left(xy\right)\left(y+xy^{\prime}\right)=0$。

代入 $x=0$，$y=1$，得 $y^{\prime}\left(0\right)=-2$，故法线斜率为 $\dfrac{1}{2}$。法线方程为 $y-1=\dfrac{1}{2}x$，即 $x-2y+2=0$。

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3

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(x^{3}+\sin^{2}x\right)\cos^{2}x\mathrm{~d}x=$ ________。

答案： $\dfrac{\pi}{8}$

解析： 在对称区间上，$x^{3}\cos^{2}x$ 为奇函数，积分为 $0$。于是

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(x^{3}+\sin^{2}x\right)\cos^{2}x\mathrm{~d}x=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}x\cos^{2}x\mathrm{~d}x$。

又 $2\sin^{2}x\cos^{2}x=\dfrac{1}{4}\left(1-\cos 4x\right)$，故结果为 $\dfrac{\pi}{8}$。

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4

过点 $\left(\dfrac{1}{2},0\right)$ 且满足关系式 $y^{\prime}\arcsin x+\dfrac{y}{\sqrt{1-x^{2}}}=1$ 的曲线方程为 ________。

答案： $y\arcsin x=x-\dfrac{1}{2}$

解析： 因为 $\left(y\arcsin x\right)^{\prime}=y^{\prime}\arcsin x+\dfrac{y}{\sqrt{1-x^{2}}}$，所以原方程为 $\left(y\arcsin x\right)^{\prime}=1$。积分得 $y\arcsin x=x+C$，代入 $\left(\dfrac{1}{2},0\right)$ 得 $C=-\dfrac{1}{2}$。

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5

设方程

$\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\1 & 1 & 1\\1 & 1 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a\\a\\-a\end{bmatrix}$

有无穷多个解，则 $a=$ ________。

答案： $-2$

解析： 方程组有无穷多个解，需满足系数矩阵与增广矩阵秩相等且小于未知量个数 $3$。对增广矩阵初等行变换可得最后一行与 $a+2$ 同因子，故必须有 $a=-2$。

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二、选择题

1

设

$f\left(x\right)=\begin{cases}1, & x\le 1,\\0, & x>1,\end{cases}$

则 $f\left\{f\left[f\left(x\right)\right]\right\}$ 等于（ ）

A. $0$
B. $1$
C. $\begin{cases}1, & x\le 1,\\0, & x>1,\end{cases}$
D. $\begin{cases}0, & x\le 1,\\1, & x>1.\end{cases}$

答案： B

解析： 任意 $x$ 下，$f\left(x\right)$ 只可能为 $0$ 或 $1$，且 $0\le 1$、$1\le 1$，所以 $f\left[f\left(x\right)\right]=1$，从而 $f\left\{f\left[f\left(x\right)\right]\right\}=f\left(1\right)=1$。

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2

设当 $x\to 0$ 时，$\left(1-\cos x\right)\ln\left(1+x^{2}\right)$ 是比 $x^{n}\sin x$ 高阶的无穷小，$x^{n}\sin x$ 是比 $e^{x^{2}}-1$ 高阶的无穷小，则正整数 $n$ 等于（ ）

A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $4$

答案： B

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\left(1-\cos x\right)\ln\left(1+x^{2}\right)\sim \dfrac{x^{4}}{2}$，$x^{n}\sin x\sim x^{n+1}$，$e^{x^{2}}-1\sim x^{2}$。由题意得 $4>n+1$ 且 $n+1>2$，所以 $n=2$。

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3

曲线 $y=\left(x-1\right)^{2}\left(x-3\right)^{2}$ 的拐点个数为（ ）

A. $0$
B. $1$
C. $2$
D. $3$

答案： C

解析： 由 $y^{\prime}=4\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)$，得 $y^{\prime\prime}=4\left(3x^{2}-12x+11\right)$。方程 $y^{\prime\prime}=0$ 有两个不同实根，且二阶导数在两根处变号，故有两个拐点。

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4

已知函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(1-\delta,1+\delta\right)$ 内具有二阶导数，$f^{\prime}\left(x\right)$ 严格单调减少，且 $f\left(1\right)=f^{\prime}\left(1\right)=1$，则（ ）

A. 在 $\left(1-\delta,1\right)$ 和 $\left(1,1+\delta\right)$ 内均有 $f\left(x\right)<x$。
B. 在 $\left(1-\delta,1\right)$ 和 $\left(1,1+\delta\right)$ 内均有 $f\left(x\right)>x$。
C. 在 $\left(1-\delta,1\right)$ 内，$f\left(x\right)<x$；在 $\left(1,1+\delta\right)$ 内，$f\left(x\right)>x$。
D. 在 $\left(1-\delta,1\right)$ 内，$f\left(x\right)>x$；在 $\left(1,1+\delta\right)$ 内，$f\left(x\right)<x$。

答案： A

解析： 令 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，则 $F^{\prime}\left(x\right)=f^{\prime}\left(x\right)-f^{\prime}\left(1\right)$。因 $f^{\prime}\left(x\right)$ 严格单调减少，故 $F\left(x\right)$ 在 $x=1$ 处取极大值。又 $F\left(1\right)=0$，所以两侧均有 $F\left(x\right)<0$，即 $f\left(x\right)<x$。

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5

设函数 $f\left(x\right)$ 在定义域内可导，$y=f\left(x\right)$ 的图形如图所示（图示略），则导函数 $y=f^{\prime}\left(x\right)$ 的图形为（ ）

A. 图 A
B. 图 B
C. 图 C
D. 图 D

答案： D

解析： 由原图可知，$y$ 轴左侧及 $y$ 轴右侧靠近 $y$ 轴处，曲线 $y=f\left(x\right)$ 均单调增加，故对应区间内 $f^{\prime}\left(x\right)>0$。结合选项可排除 A、B、C，故选 D。

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三、计算题

求

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(2x^{2}+1\right)\sqrt{x^{2}+1}}$。

解析：

令 $x=\tan u$，则 $\mathrm{d}x=\sec^{2}u\mathrm{~d}u$，$\sqrt{x^{2}+1}=\sec u$。于是

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(2x^{2}+1\right)\sqrt{x^{2}+1}}=\int\dfrac{\mathrm{d}\left(\sin u\right)}{1+\sin^{2}u}=\arctan\left(\sin u\right)+C$。

又 $\sin u=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$，故

$\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(2x^{2}+1\right)\sqrt{x^{2}+1}}=\arctan\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\right)+C$。

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四、计算题

求极限

$\lim_{t\to x}\left(\dfrac{\sin t}{\sin x}\right)^{\frac{x}{\sin t-\sin x}}$，

记此极限为 $f\left(x\right)$，求函数 $f\left(x\right)$ 的间断点并指出其类型。

解析：

取对数，得

$\ln f\left(x\right)=\lim_{t\to x}\dfrac{x}{\sin t-\sin x}\ln\left(\dfrac{\sin t}{\sin x}\right)$。

由 $\ln\left(1+u\right)\sim u$ 可得 $\ln f\left(x\right)=\dfrac{x}{\sin x}$，故

$f\left(x\right)=e^{\frac{x}{\sin x}},\quad x\ne k\pi$。

当 $x\to 0$ 时，$\dfrac{x}{\sin x}\to 1$，故 $x=0$ 为可去间断点；当 $x=k\pi\left(k=\pm 1,\pm 2,\cdots\right)$ 时，函数为第二类间断点。

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五、计算题

设 $\rho=\rho\left(x\right)$ 是抛物线 $y=\sqrt{x}$ 上任一点 $M\left(x,y\right)\left(x\ge 1\right)$ 处的曲率半径，$s=s\left(x\right)$ 是该抛物线上介于点 $A\left(1,1\right)$ 与 $M$ 之间的弧长，计算

$3\rho\dfrac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}-\left(\dfrac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)^{2}$

的值。（在直角坐标系下曲率公式为 $K=\dfrac{\left|y^{\prime\prime}\right|}{\left(1+\left(y^{\prime}\right)^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}$。）

解析：

由 $y=\sqrt{x}$，得 $y^{\prime}=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$，$y^{\prime\prime}=-\dfrac{1}{4x^{\frac{3}{2}}}$。于是

$\rho=\dfrac{1}{K}=\dfrac{1}{2}\left(4x+1\right)^{\frac{3}{2}},\quad \dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}x}=\sqrt{1+\dfrac{1}{4x}}$。

故

$\dfrac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}=6\sqrt{x},\quad \dfrac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}=\dfrac{6}{\sqrt{1+4x}}$。

代入得

$3\rho\dfrac{\mathrm{d}^{2}\rho}{\mathrm{d}s^{2}}-\left(\dfrac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}s}\right)^{2}=9$。

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六、计算题

设函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上可导，$f\left(0\right)=0$，且其反函数为 $g\left(x\right)$。若

$\int_{0}^{f\left(x\right)}g\left(t\right)\mathrm{~d}t=x^{2}e^{x}$，

求 $f\left(x\right)$。

解析：

由反函数性质，$g\left(f\left(x\right)\right)=x$。两边求导：

$g\left(f\left(x\right)\right)f^{\prime}\left(x\right)=2xe^{x}+x^{2}e^{x}$。

因此 $xf^{\prime}\left(x\right)=2xe^{x}+x^{2}e^{x}$，即 $f^{\prime}\left(x\right)=2e^{x}+xe^{x}$。积分并由 $f\left(0\right)=0$ 得

$f\left(x\right)=xe^{x}+e^{x}-1$。

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七、计算题

设函数 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 满足 $f^{\prime}\left(x\right)=g\left(x\right)$，$g^{\prime}\left(x\right)=2e^{x}-f\left(x\right)$，且 $f\left(0\right)=0$，$g\left(0\right)=2$，求

$\int_{0}^{\pi}\left[\dfrac{g\left(x\right)}{1+x}-\dfrac{f\left(x\right)}{\left(1+x\right)^{2}}\right]\mathrm{~d}x$。

解析：

由题意得 $f^{\prime\prime}\left(x\right)+f\left(x\right)=2e^{x}$。解得

$f\left(x\right)=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+e^{x}$。

由 $f\left(0\right)=0$，$f^{\prime}\left(0\right)=g\left(0\right)=2$，得 $C_{1}=-1$，$C_{2}=1$，故 $f\left(x\right)=\sin x-\cos x+e^{x}$。

又

$\left(\dfrac{f\left(x\right)}{1+x}\right)^{\prime}=\dfrac{g\left(x\right)}{1+x}-\dfrac{f\left(x\right)}{\left(1+x\right)^{2}}$，

所以原积分为

$\left.\dfrac{f\left(x\right)}{1+x}\right|_{0}^{\pi}=\dfrac{1+e^{\pi}}{1+\pi}$。

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八、计算题

设 $L$ 是一条平面曲线，其上任意一点 $P\left(x,y\right)\left(x>0\right)$ 到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距，且 $L$ 经过点 $\left(\dfrac{1}{2},0\right)$。

1. 试求曲线 $L$ 的方程；
2. 求 $L$ 位于第一象限部分的一条切线，使该切线与 $L$ 以及两坐标轴所围图形面积最小。

解析：

设切线方程为 $Y-y=y^{\prime}\left(X-x\right)$。令 $X=0$，得切线在 $y$ 轴上的截距为 $y-xy^{\prime}$。由题意，

$y-xy^{\prime}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$。

令 $y=ux$，可得 $xu^{\prime}=-\sqrt{1+u^{2}}$。分离变量并积分，得

$u+\sqrt{1+u^{2}}=\dfrac{C}{x}$。

代回 $u=\dfrac{y}{x}$，得 $y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}=C$。由曲线过 $\left(\dfrac{1}{2},0\right)$，得 $C=\dfrac{1}{2}$，化简得

$y=\dfrac{1}{4}-x^{2}$。

由 $y=\dfrac{1}{4}-x^{2}$，得 $y^{\prime}=-2x$。曲线在点 $P\left(x,\dfrac{1}{4}-x^{2}\right)$ 处的切线为

$Y-\left(\dfrac{1}{4}-x^{2}\right)=-2x\left(X-x\right)$。

该切线与两坐标轴围成三角形面积为

$A\left(x\right)=\dfrac{\left(4x^{2}+1\right)^{2}}{64x}$。

求导得

$A^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{\left(4x^{2}+1\right)\left(12x^{2}-1\right)}{64x^{2}}$。

令 $A^{\prime}\left(x\right)=0$，得 $x=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$。所求切线方程为

$Y=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}X+\dfrac{1}{3}$。

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九、应用题

一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积 $S$ 成正比，比例常数 $K>0$。假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为 $r_{0}$ 的雪堆在开始融化的 $3$ 小时内，融化了其体积的 $\dfrac{7}{8}$，问雪堆全部融化需要多少小时？

解析：

设 $t$ 时刻雪堆半径为 $r$。半球体积 $V=\dfrac{2}{3}\pi r^{3}$，半球面面积 $S=2\pi r^{2}$。由题意，

$\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-KS$。

又 $\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=2\pi r^{2}\dfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}$，所以 $\dfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-K$，即 $r=r_{0}-Kt$。

开始 $3$ 小时内剩余体积为原来的 $\dfrac{1}{8}$，故剩余半径为原来的 $\dfrac{1}{2}$：

$r_{0}-3K=\dfrac{1}{2}r_{0}$，

得 $K=\dfrac{r_{0}}{6}$。当 $r=0$ 时，$t=6$。故雪堆全部融化需要 $6$ 小时。

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十、证明题

设 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left[-a,a\right]\left(a>0\right)$ 上具有二阶连续导数，$f\left(0\right)=0$。

1. 写出 $f\left(x\right)$ 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；
2. 证明在 $\left[-a,a\right]$ 上至少存在一点 $\eta$，使

$a^{3}f^{\prime\prime}\left(\eta\right)=3\int_{-a}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

解析：

带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式为

$f\left(x\right)=f\left(0\right)+f^{\prime}\left(0\right)x+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(\xi\right)x^{2}$，

其中 $\xi$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。因 $f\left(0\right)=0$，故

$f\left(x\right)=f^{\prime}\left(0\right)x+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(\xi\right)x^{2}$。

两边在 $\left[-a,a\right]$ 上积分，奇函数项积分为 $0$。又 $f^{\prime\prime}\left(x\right)$ 连续，设其最小值、最大值分别为 $m,M$，则

$\dfrac{a^{3}}{3}m\le \int_{-a}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\le \dfrac{a^{3}}{3}M$。

由连续函数介值定理，存在 $\eta\in\left[-a,a\right]$，使

$f^{\prime\prime}\left(\eta\right)=\dfrac{3}{a^{3}}\int_{-a}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$，

即

$a^{3}f^{\prime\prime}\left(\eta\right)=3\int_{-a}^{a}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$。

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十一、计算题

已知矩阵

$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\1 & 1 & 0\\1 & 1 & 1\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}0 & 1 & 1\\1 & 0 & 1\\1 & 1 & 0\end{bmatrix}$，

且矩阵 $\boldsymbol{X}$ 满足

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}\boldsymbol{B}+\boldsymbol{B}\boldsymbol{X}\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$，

其中 $\boldsymbol{E}$ 是 $3$ 阶单位阵，求 $\boldsymbol{X}$。

解析：

原式整理得

$\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{X}\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right)=\boldsymbol{E}$。

因此

$\boldsymbol{X}=\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right)^{-2}$。

又

$\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}1 & -1 & -1\\0 & 1 & -1\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$，

且

$\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right)^{-1}=\begin{bmatrix}1 & 1 & 2\\0 & 1 & 1\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$。

所以

$\boldsymbol{X}=\left[\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}\right)^{-1}\right]^{2}=\begin{bmatrix}1 & 2 & 5\\0 & 1 & 2\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}$。

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十二、计算题

设 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 为线性方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系，

$\boldsymbol{\beta}_{1}=t_{1}\boldsymbol{\alpha}_{1}+t_{2}\boldsymbol{\alpha}_{2},\quad \boldsymbol{\beta}_{2}=t_{1}\boldsymbol{\alpha}_{2}+t_{2}\boldsymbol{\alpha}_{3}$，

$\boldsymbol{\beta}_{3}=t_{1}\boldsymbol{\alpha}_{3}+t_{2}\boldsymbol{\alpha}_{4},\quad \boldsymbol{\beta}_{4}=t_{1}\boldsymbol{\alpha}_{4}+t_{2}\boldsymbol{\alpha}_{1}$。

试问实数 $t_{1},t_{2}$ 满足什么关系时，$\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\beta}_{4}$ 也为 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系。

解析：

因为 $\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\beta}_{4}$ 均为 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的线性组合，所以它们均为 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0}$ 的解。只需判定其线性无关。

设 $k_{1}\boldsymbol{\beta}_{1}+k_{2}\boldsymbol{\beta}_{2}+k_{3}\boldsymbol{\beta}_{3}+k_{4}\boldsymbol{\beta}_{4}=\boldsymbol{0}$，整理得系数方程组

$\begin{cases}t_{1}k_{1}+t_{2}k_{4}=0,\\t_{2}k_{1}+t_{1}k_{2}=0,\\t_{2}k_{2}+t_{1}k_{3}=0,\\t_{2}k_{3}+t_{1}k_{4}=0.\end{cases}$

其系数行列式为

$\begin{vmatrix}t_{1} & 0 & 0 & t_{2}\\t_{2} & t_{1} & 0 & 0\\0 & t_{2} & t_{1} & 0\\0 & 0 & t_{2} & t_{1}\end{vmatrix}=t_{1}^{4}-t_{2}^{4}$。

因此线性无关的充要条件为 $t_{1}^{4}-t_{2}^{4}\ne 0$，即

$t_{1}\ne \pm t_{2}$。

故当且仅当 $t_{1}\ne \pm t_{2}$ 时，$\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3},\boldsymbol{\beta}_{4}$ 也为 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{0}$ 的一个基础解系。